高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动第五节 受迫振动 共振精品达标测试

这是一份高中物理粤教版 (2019)选择性必修 第一册第二章 机械振动第五节 受迫振动 共振精品达标测试，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题


1.下列说法正确的是（ ）


A. 物体做受迫振动时，驱动力频率越高，受迫振动的物体振幅越大


B. 医生利用超声波探测病人血管中血液的流速应用了多普勒效应


C. 两列波发生干涉，振动加强区质点的位移总比振动减弱区质点的位移大


D. 一列波通过小孔发生了衍射，波源频率越大，观察到的衍射现象越明显


2.如图甲所示，一个竖直圆盘转动时，固定在圆盘上的小圆柱带动一个T形支架在竖直方向振动，T形支架下面系着一个弹簧和小球组成的振动系统，当圆盘静止时，小球可稳定振动。改变圆盘匀速转动的周期，其共振曲线（振幅 A与驱动力的频率f的关系）如图乙所示。现使圆盘以4s的周期匀速转动，经过—段时间后，小球振动达到稳定，则下列说法正确的是（ ）





A. 此振动系统的固有频率约为0.25Hz


B. 此振动系统的振动频率约为3Hz


C. 若圆盘匀速转动的周期减小，系统的振动频率变大


D. 若圆盘匀速转动的周期增大，共振曲线的峰值将向左移动


3.如图所示，在一根张紧的水平绳子上挂着四个摆，其中 a 、 c 摆长相等，让 a 摆在垂直于水平绳的方向振动起来，通过张紧的绳子给另外三个摆施加驱动力，使它们各自做受迫振动。可以观察到 b 、 c 、 d 三个摆的运动情况是（ ）





A. 三个摆的振动周期相同B. 三个摆的振动振幅相同


C. b 摆的振动振幅最大D. d 摆的振动周期最小


4.如图所示为一个单摆在地面上做受迫振动的共振曲线（振幅A与驱动力频率f的关系），则（ ）





A. 此单摆的固有周期约为1s B. 此单摆的摆长约为1m


C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将右移


5.工厂测机器转速可用一种振动式转速计。振动式转速计由十几根不同长度的钢丝做成，每根钢丝的固有频率都不同。使用时，将振动式转速计固定在发动机附近，机器工作时，每转一转，活塞上下一次，产生一次振动。观察发现，固有频率为60HZ的那一根钢丝的振动幅度最大，由此可知机器的转速约为（ ）


A. 1800r/min B. 3600r/min C. 7200r/min D. 60r/min


6.A、B 两个弹簧振子，A的固有频率为2f，B的固有频率为6f，若它们都在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动，则（ ）


A. 振子A的振幅较大，振动频率为2f B. 振子B的振幅较大，振动频率为6f


C. 振子A的振幅较大，振动频率为5f D. 振子B的振幅较大，振动频率为5f


7.如图所示，在一根张紧的水平绳上挂a、b、c、d四个摆，其中a、d摆长相等．让d球在垂直于水平绳的方向摆动起来，则可以观察到的现象是（ ）





A. a、b、c球都摆动起来，a球摆动的周期比c球大


B. a、b、c球都摆动起来，a球摆动的周期比c球小


C. a、b、c球都摆动起来，a球摆动的幅度比b球大


D. a、b、c球都摆动起来，a球摆动的幅度比b球小


8.某实验小组在利用单摆测定当地重力加速度的实验中，小组成员在实验过程中有如下做法，其中正确的是（ ）


A. 把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，并在释放摆球的同时开始计时


B. 测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆周期为 t100


C. 用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，代入单摆周期公式计算得到的重力加速度值偏大


D. 选择密度较小的摆球，测得的重力加速度值误差较小


9.下表记录了某受迫振动的振幅随驱动力频率变化的关系，若该振动系统的固有频率为f固 ， 则（ ）


A. f固=60Hz B. 60Hz＜f固＜70 Hz C. 50 Hz＜f固＜70 Hz D. 以上三个答案都不对


10.一个单摆做受迫振动，其共振曲线（振幅A与驱动力的频率f的关系）如图所示，则（ ）





A. 此单摆的固有周期约为0.5s B. 此单摆的摆长约为1m


C. 若摆长增大，单摆的固有频率增大 D. 若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动


11.一砝码和一轻弹簧构成弹簧振子，图1所示的装置可用于研究该弹簧振子的受迫振动．匀速转动把手时，曲杆给弹簧振子以驱动力，使振子做受迫振动．把手匀速转动的周期就是驱动力的周期，改变把手匀速转动的速度就可以改变驱动力的周期．若保持把手不动，给砝码一向下的初速度，砝码便做简谐运动，振动图线如图2所示．当把手以某一速度匀速转动，受迫振动达到稳定时，砝码的振动图线如图3所示．若用T0表示弹簧振子的固有周期，T表示驱动力的周期，Y表示受迫振动达到稳定后砝码振动的振幅，则（ ）








A. 由图线可知T0=4s，振幅为8cm


B. 由图线可知T0=8s，振幅为2cm


C. 当T在4s附近时，Y显著增大；当T比4s小得多或大得多时，Y很小


D. 当T在8s附近时，Y显著增大；当T比8s小得多或大得多时，Y很小


12.在用单摆测定重力加速度的实验中，下列做法正确的是（ ） A ．摆球以选密度大，体积小的小球为好；


B ．摆长以0.25米为宜；


C ．摆角应小于10°；


D ．摆线的悬点要固定，方不会在摆动中出现移动或晃动；


E ．要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动；


F ．测量周期时，应从摆球通过最低点时开始计时．


A. A，B，C，D项正确 B. 只有E，F项正确 C. ACDEF正确 D. 都正确


13.如图（甲）所示是用沙摆演示振动图象的实验装置，沙摆的运动可看作简谐运动，实验时在木板上留下图示的痕迹．图（乙）是两个沙摆在各自板上形成的曲线，若板N1和板N2拉动的速度分别为v1和v2 ， 的关系为2v2=v1 ， 则板N1和板N2上曲线所代表的振动周期T1和T2的关系为（ ）


A. T2=T1 B. T2=2T1 C. T2=4T1 D. T2= T14


14.某同学测定的g的数值比当地公认值小，造成的原因可能是（ ）


A. 摆球质量太大了 B. 量摆长时从悬点量到球的最下端


C. 摆角太大了（摆角仍小于5°） D. 计算摆长时把小球直径加进去


E. 计算周期时，将（n+1）次全振动误记为n次全振动


15.利用单摆测重力加速度时，若测得g值偏大，则可能是因为（ ）


A. 单摆的摆锤质量偏大


B. 测量摆长时，只考虑了悬线长，忽略了小球的半径


C. 测量周期时，把n次全振动误认为是（n+1）次全振动


D. 测量周期时，把n次全振动误认为是（n﹣1）次全振动


二、填空题


16.两个质量相同的弹簧振子，甲的固有频率是3f．乙的固有频率是4f，若它们均在频率为5f的驱动力作用下做受迫振动．则振子________的振幅较大，振动频率为________．


17.用单摆测重力加速度的实验中，为使周期的测量尽可能准确，开始计时的位置应在单摆摆动到________（选填“最高点”或“最低点”）．如果测量出摆球完成N次全振动的时间为t，则计算单摆周期的表达式T= tN ，这是应用了________（选填“比较法”、“放大法”、“替代法”、“转换法”）来减少测量的误差．


18.用单摆测定重力加速度，采用图所示的实验装置． ①该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆从小球某次经过最低点时开始计时，测得之后漏斗第n次经过最低点共用时t秒；请写出重力加速度的表达式g=________．（用所测物理量表示）


②在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值________．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）





三、综合题


19.下面是将用单摆测定重力加速度实验中获得有关数据所制作成的图像（l为摆长，T为周期）。





（1）请利用图像求出重力加速度g=________m/s2


（2）在“用单摆测定重力加速度”的实验中，若测得的g值比当地的标准值偏小，可能是因为（ ）


A.球的质量偏大


B.摆动的偏角偏小


C.计算摆长时，把悬线长 当作了摆长


D.测量周期时，将n次全振动误记成了(n+1)次全振动


20.用单摆测重力加速度时


（1）摆球应采用直径较小，密度尽可能________的小球，摆线长度要在1米左右，用细而不易断的尼龙线．


（2）摆线偏离竖直方向的最大角度θ应________


（3）要在摆球通过________位置时开始计时并计为零次，摆线每经过此位置两次才完成一次全振动，摆球应在________面内摆动，利用单摆测重力加速度的实验中，摆长的测量应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至________．


（4）某同学在做“利用单摆测重力加速度”实验中，先测得摆线长为L=97.50cm；用50分度的游标卡尺（测量值可准确到0.02mm）测得摆球直径为d=2.100cm；然后用秒表记录了单摆振动n=50次全振动所用的时间为t=99.9s．则该摆摆长为________ cm，周期为________ s，计算重力加速度的表达式为________．


21.某同学在“用单摆测定重力加速度”的实验中，先测得摆线长为97.50cm，摆球直径为2.00cm，然后用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图所示．则：





（1）该摆摆长为________cm，秒表的示数为________；


（2）如果他测得的g值偏小，可能的原因是


A.测摆线长时摆线拉得过紧


B.摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了


C.开始计时时，秒表过迟按下


D.实验中误将49次全振动数为50次．


参考答案


一、单选题


1.【答案】 B


【解析】A．物体做受迫振动时，当驱动力的频率f等于物体的固有频率f0时，系统达到共振，振幅最大，A不符合题意；


B．医生利用超声波探测病人血管中血液的流速利用声波的多普勒效应，B符合题意；


C．振动加强区质点的位移可能为零，不一定大于振动减弱区的位移，C不符合题意；


D．产生明显衍射的条件是障碍物或孔的尺寸比波长小或相差不多，而不是由频率决定，D不符合题意。


故答案为：B。


2.【答案】 C


【解析】A．由乙图的振动图像可知，此振动系统的固有频率约为3Hz，A不符合题意；


B．此振动系统的振动频率为 f=1T=14Hz=0.25Hz


B不符合题意。


C．因系统的振动频率等于驱动力的频率，根据 f=1T ，若圆盘匀速转动的周期减小，系统的振动频率变大，C符合题意；


D．因共振曲线的峰值与振子的固有频率有关，振子固有频率不变，若圆盘匀速转动的周期增大，系统的振动频率变小，但是共振曲线的峰值不变，D不符合题意。


故答案为：C。


3.【答案】 A


【解析】AD．由a摆摆动从而带动其它 3 个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟a摆相同，A符合题意，D不符合题意；


BC．受迫振动时，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，因为 c 摆的固有频率与a摆的相同，C摆发生共振，振幅最大，BC不符合题意。


故答案为：A。


4.【答案】 B


【解析】单摆做受迫振动，振动频率与驱动力频率相等；当驱动力频率等于固有频率时，发生共振，则固有频率为0.5Hz，周期为2s。A不符合题意；单摆的周期为2s由公式 T=2πLg 求得L≈1m B符合题意；根据 T=2πLg 知摆长增大周期增大，所以频率会变小，C不符合题意；频率变小则共振曲线的峰将向左移动，D不符合题意；


故答案为：B


5.【答案】 B


【解析】当驱动力的频率等于物体固有频率时，发生共振，振幅最大。所以发动机转动的频率等于钢丝的固有频率即60HZ ， 所以发动机的转速： n=f=60r/s=3600r/min ，ACD不符合题意，B符合题意


故答案为：B


6.【答案】 D


【解析】受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．A、B两个单摆都做受迫振动，频率为5f，B摆固有频率接近5f，则B的振幅较大，所以D符合题意，ABC不符合题意．


故答案为：D．


7.【答案】 C


【解析】解：A、由d摆摆动从而带动其它3个单摆做受迫振动，受迫振动的频率等于驱动力的频率，故其它各摆振动周期跟d摆相同，故AB错误；


C、受迫振动中，当固有频率等于驱动力频率时，出现共振现象，振幅达到最大，由于a摆的摆长与d摆的摆长相等，则a摆的固有频率与d摆的相同，故a摆发生共振，振幅最大，故C正确，D错误；


故选：C


8.【答案】 C


【解析】解：A、单摆经过平衡位置的速度最大，在平衡位置计时误差最小．故A错误．


B、摆球在一个周期内两次经过平衡位置，测量摆球通过最低点100次的时间t，则单摆的周期T= t50 ．故B错误．


C、摆长等于悬点到摆球球心的距离，用悬线的长度加摆球的直径作为摆长，测量的摆长偏大，根据g= 4π2LT2 知，测量的重力加速度偏大．故C正确．


D、为减小实验误差因，应选择密度较大的摆球．故D错误．


故选：C．


9.【答案】 C


【解析】解：固有频率等于驱动力的频率时，振幅最大，固有频率越接近驱动力频率，振幅越大；





表格中当驱动力频率为50Hz和70Hz时，振幅最大，说明固有频率在50Hz﹣70Hz之间；


故选：C．


10.【答案】 B


【解析】解：A、由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．故A错误；


B、由图可知，此单摆的振动频率与固有频率相等，则周期为2s．由公式T= 2πLg ，可得L≈1m．故B正确；


C、若摆长增大，单摆的固有周期增大，则固有频率减小．故C错误；


D、若摆长增大，则固有频率减小，所以共振曲线的峰将向左移动．故D错误；


故选：B


11.【答案】 C


【解析】解：A、图象2是物体自由振动时的周期，故由图象2可知，物体的固有周期为T0=4s；振幅为4cm，故AB错误；


C、当物体的驱动力的频率等于物体的固有频率时，物体的振动达到最强，故当T在4s附近时，振幅显著增大，当T比4s小很多或大得很多时，Y很小，故C正确、D错误；


故选：C．


12.【答案】C


【解析】解：A、为减小空气阻力的影响，摆线的长度应远大于摆球的直径，以1m为宜，应选择密度大而体积小的实心金属小球作为摆球，故A正确，B错误； C、单摆在摆角很小的情况下才做简谐运动，单摆的摆角不能太大，一般不超过10°，否则单摆将不做简谐运动，故C正确．


D、摆线的悬点要固定，不能出现移动或晃动，要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动，否则就不是单摆运动，故DE正确．


F、为了减小测量误差，要使单摆在竖直平面内摆动，不得使其形成锥形摆或摆球转动，故F正确．


故选：C


13.【答案】A


【解析】解：设板长为L，则： 上板记录了一个周期的图象，板匀速运动位移L的时间等于单摆的周期，则：T1= Lv1 ；


下板记录了两个周期的图象，板匀速运动位移L的时间等于单摆周期的两倍，则：T2= 12Lv2


根据题意，有：2v2=v1 ，


故得：T2=T1


故选：A．


14.【答案】E


【解析】解：由单摆周期公式：T=2π Lg 可得：g= 4π2LT2 ； A、重力加速度与摆球质量无关，故A错误；


B、量摆长时从悬点量到球的最下端，所测摆长L偏大，由g= 4π2LT2 可知，所测g偏大，故B错误；


C、摆角仍小于5°，单摆做简谐运动，重力加速度与摆角无关，摆角过大不影响重力加速度的测量值，故C错误；


D、计算摆长时把小球直径加进去，所测摆长L偏大，由g= 4π2LT2 可知，所测g偏大，故D错误；


E、计算周期时，将（n+1）次全振动误记为n次全振动，所测T偏大，由g= 4π2LT2 可知，所测g偏小，故E正确；


故选：E．


15.【答案】C


【解析】解：根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g= 4π2LT2 ， A、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误；


B、测摆长时没有加小球的半径，使L变小，代入公式使g值偏小，故B错误；


C、单摆振动n次的时间t，单摆的周期T= tn ，若误记做n+1次，则：T测= tn+1 ，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大．故C正确D错误．


故选：C．


二、填空题


16.【答案】乙；5f


【解析】解：受迫振动的频率等于驱动力的频率，当系统的固有频率等于驱动力的频率时，系统达到共振，振幅达最大．


故甲乙两个振子都做受迫振动，频率为5f，乙的固有频率与驱动频率相差较小，所以乙的振幅较大．


故答案为：乙，5f


17.【答案】最低点；放大法


【解析】解：为使周期的测量尽可能准确，开始计时的位置应在单摆摆动到最低点，摆球完成N次全振动的时间为t，则计算单摆周期的表达式T= tN ，这是应用了放大法来减少测量的误差； 故答案为：最低点；放大法．


18.【答案】4π2Ln2t2；偏大


【解析】解：①依据单摆周期公式 T=2πLg ，可得： tn=2πLg ，


解得：


g=4π2Ln2t2 ，②在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，依据 g=4π2Ln2t2 ，这将会导致所测重力加速度的数值偏大．


故答案为：① 4π2Ln2t2 ；②偏大．


三、综合题


19.【答案】 （1）9.86


（2）C


【解析】（1）因为单摆的周期公式是T=2πLg,可得：T2=4π2gL,所以k=4π2g⇒g=4π2k根据


图象求得直线斜率为：k=4.00 ， 得：g=4π2k=π2=3.142≈9.86m/s2.


(2)根据g=4π2LT2知，重力加速度的表达式与摆球的质量无关，故A错误。


根据g=4π2LT2知，重力加速度的表达式与摆球的偏转角无关，故B错误。


根据g=4π2LT2知，计算摆长时，把悬线长l'当作了摆长l ， 则摆线的长度偏小，计算的重力加速度的值偏小。故C正确。


根据g=4π2LT2知，实验中误将n次全振动数为n+1次。则周期的测量值偏小，重力加速度的测量值偏大，故D错误。


故答案为C.


（2）依据加速度表达式分析引起g值偏小的原因．


20.【答案】 （1）大


（2）小于5°


（3）平衡；竖直；摆球球心


（4）98.550；1.998；g= 2π2n2(2L+d)t2


【解析】解：（1）为了减小测量误差，摆球选择直径较小，密度较大的球，摆线不易伸长或形变的尼龙线．（2）在摆角较小时，摆球的运动可以看做简谐运动，所以摆线偏离竖直方向的角度应小于5°．（3）在摆球经过平衡位置时，进行测量误差较小，摆线在摆球应在竖直面内摆动，测量摆长时，应在摆球自然下垂的状况下从悬点量至摆球球心．（4）单摆的摆长L′=L+ d2 =97.50cm+ 2.1002 cm=98.550cm；


t=99.9s，那么周期T= 99.950 s=1.998s．


由单摆的周期公式：


根据T=2π Lg ，可解得：当地的重力加速度g= 2π2n2(2L+d)t2 ；


故答案为：（1）大；（2）小于5°；（3）平衡，竖直，摆球球心；（4）98.550，1.998，g= 2π2n2(2L+d)t2 ．


21.【答案】 （1）98.5；99.7s


（2）B


【解析】解：（1）单摆摆长：97.50+ 2.002 =98.50cm；由图示秒表可知，秒表示数为1min30s+9.7s=99.7s．（2）单摆周期：T= tn ，由单摆周期公式：T=2π Lg 可知：g= 4π2LT2 = 4π2L(tn)2 = 4π2Ln2t2 ，


A、测摆线长时摆线拉得过紧，摆长L过长，由g= 4π2LT2 可知，所测重力加速度g偏大，故A错误；


B、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，所测周期T偏大，由g= 4π2LT2 可知，重力加速度g的测量值值偏小，故B正确；


C、开始计时时，秒表过迟按下，所测时间t偏小，由g= 4π2Ln2t2 可知，g偏大，故C错误；


D、实验中误将49次全振动数为50次，由g= 4π2Ln2t2 可知，g偏大，故D错误；


故选：B．


故答案为：（1）98.50，99.7s；（2）B．


驱动力频率/Hz
30
40
50
60
70
80
受迫振动振幅/cm
10.2
16.8
27.2
28.1
16.5
8.3